文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（广东专用）
黄金卷05
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在
每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．我国的航空航天事业取得巨大成就，下列所述物质为金属材料的是
航空航
天成果
宇航服中的聚酯 北斗卫星使用的氮化铝芯 长征火箭使用的
物质 C919外壳中的铝锂合金
纤维 片 液氢燃料
选项 A B C D
【答案】B
【解析】A．聚酯纤维为有机高分子材料，A项不符合题意；
B．铝锂合金为金属材料，B项符合题意；
C．氮化铝为新型无机非金属材料，C不符合题意；
D．液氢燃料为无机非金属材料，D不符合题意；
故选B。
2．关于下列诗句或谚语隐含的化学知识，说法错误的是
A．“爆竹声中一岁除”，爆竹中的火药含有硫黄
B．“木棉花落絮飞初”，“絮”的主要成分是纤维素
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是多糖
D．“雷雨发庄稼”，该过程有硝酸生成
【答案】C
【解析】A．爆竹中的火药含有硫黄，A项正确；B．柳絮含有植物纤维，其主要成分为纤维素，B项正确；
C．蔗糖是双糖，不是多糖，C项错误；
D．“雷雨发庄稼”，在雷雨天，氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化
氮与水生成硝酸，在土壤中形成硝酸盐，该过程有硝酸生成，D项正确；
答案选C。
3．“天问一号”探测器成功着陆火星，“祝融号”火星车执行探测任务。下列说法不正确的是
A．火星陨石中的20Ne质子数为20
B．火星大气中的40Ar和36Ar互为同位素
C．“天问一号”使用的新型镁锂合金是金属材料
D．“祝融号”使用的太阳能电池能将光能转化为电能
【答案】A
【解析】A．Ne是10号元素，原子核内有10个质子，火星陨石中的20Ne是质子数为10，质量数为20的
一种核素，A错误；
B．火星大气中的40Ar和36Ar质子数相同，而中子数不同，因此二者互为同位素，B正确；
C．镁锂合金属于合金，合金是金属材料，C正确；
D．“祝融号”使用的太阳能电池是将光能转化为电能的装置，D正确；
故合理选项是A。
4．实验室进行粗盐提纯时，完成该实验所需的装置或操作错误的是
A B C D
溶解 滴加试剂除杂 过滤 蒸发结晶
【答案】C
【解析】A．粗盐需在烧杯中溶解，A正确；
B．粗盐溶液加入相应试剂除去可溶性杂质，B正确；
C．过滤时漏斗下端要紧贴烧杯内壁，C错误；
D．蒸发结晶得到氯化钠晶体，D正确；
故选C。5．一种合成玫瑰香油的主要原料的结构简式如图所示，关于该有机物说法正确的是
A．分子式为C H O，属于烯烃 B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
10 18
C．能发生水解反应 D．能发生加成反应和取代反应
【答案】D
【解析】A．根据结构简式知，分子式为C H O，含有O原子，不属于烃类，故A错误；
10 18
B．含有碳碳双键，能发生氧化反应，则可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．含有羟基，不能发生水解反应，故C错误；
D．含有碳碳双键和醇羟基，所以能发生加成反应、取代反应，故D正确；
故选：D。
6．某金属-空气电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．金属M作电池负极，放电时发生氧化反应
B．放电时，空气中的氧气得到电子
C．电池总反应为
D．放电时，外电路电子由碳材料电极流向金属Ｍ电极
【答案】D
【分析】由示意图中离子的移动方向可知，金属M电极为原电池的负极，M失去电子发生氧化反应生成
M2+，碳材料电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电池的总反应方程式为
。
【解析】A．由分析可知，金属M电极为原电池的负极，M失去电子发生氧化反应生成M2+，故A正确；；
B．由分析可知，碳材料电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故B正确；C．由分析可知，电池的总反应方程式为 ，故C正确；
D．原电池工作时，外电路电子由负极流向正极，则放电时，外电路电子由Ｍ电极流向金属碳材料电极，
故D错误；
故选D。
7．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工人用明矾处理废水 是两性氢氧化物
B 工人用 消毒自来水 具有强氧化性
C 雕刻师用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品 可与 反应
酿酒师在葡萄酒中添加适量的二氧化
D 可以杀菌和抗氧化
硫
【答案】A
【解析】A．明矾处理废水，利用 胶体的吸附性，与Al(OH) 是两性氢氧化物无关，A错误；
3
B． 具有强氧化性，可用 消毒自来水，B正确；
C． 可与 反应，可用氢氟酸刻蚀玻璃，C正确；
D． 可以杀菌和抗氧化，可在葡萄酒中添加适量的二氧化硫，D正确；
故选A。
8．下列离子方程式书写正确的是
A．将金属钠投入水中：
B．将铜丝插入稀硝酸中：
C．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：
D．向氯化铁溶液中滴加碳酸钠溶液：
【答案】C【解析】A． 将金属钠投入水中： ，故A错误；
B． 将铜丝插入稀硝酸中生成NO： ，故B错误；
C． 向硫酸铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，沉淀不溶于氨水：
，故C正确；
D． 向氯化铁溶液中滴加碳酸钠溶液双水解生成氢氧化铁和二氧化碳：
，故D错误；
故选C。
9．我国科学家利用高效固体催化剂LDH，实现了在常温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下
列有关该反应说法不正确的是
A．存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．反应过程中存在太阳能转化为化学能
C．使用LDH，可同时提高反应速率和 的转化率
D．反应生成1.7g 时转移电子数目为0.3mol
【答案】C
【分析】该反应的化学方程式为2N+6H O 4NH +3O 。
2 2 3 2
【解析】A． 存在极性键、非极性键的断裂(H-O极性键、N-N非极性键)与形成(H-N极性键、O-O非极性
键)，故A正确；B． 2N+6H O 4NH +3O 为吸热反应，反应过程中存在太阳能转化为化学能，故B正确；
2 2 3 2
C． 催化剂不能使平衡发生移动，使用LDH，可同时提高反应速率，但不能提高 的转化率，故C错误；
D． 该反应的化学方程式为2N+6H O 4NH +3O ，由于氮元素从0价降为-3价，所以每生成1 mol
2 2 3 2
NH 转移电子数为3mol,反应生成1.7g (即0.1mol) 时转移电子数目为0.3mol，故D正确；
3
故选C。
10．以Fe O/Al O 为氧载体，化学链制氢联合甲烷干重整制备合成气(CO、H)的原理如下图所示。下列有
2 3 2 3 2
关叙述错误的是
A．“还原”时，CH 为还原剂
4
B．“干重整”时，装置中可能出现积碳
C．“氧化II”中主要反应是2Fe(OH) Fe O+3H O
3 2 3 2
D．该过程能有效实现温室气体(CH、CO)的回收利用
4 2
【答案】C
【解析】A．“还原”时，CH 被氧化为二氧化碳，为还原剂，A正确；
4
B．甲烷中碳元素是－4价，二氧化碳中碳元素化合价是+4价，因此“干重整”时有可能生成单质碳，所
以装置中可能出现积碳，B正确；
C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁，则“氧化II”中主要反应是O+4Fe O 6Fe O，C错误；
2 3 4 2 3
D．根据示意图和已知信息可判断该过程能有效实现温室气体(CH、CO)的回收利用，D正确；
4 2答案选C。
11．X、Y、Z、W、R 是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y 的同位素常用于判定古文物的年代，R
与 Y 位于同一主族，W 的电子层数与主族序数相同，X、Y、Z 组成的化合物甲的球棍模型如图所示，
甲在疫情期间可用做消毒剂。下列说法正确的是
A．X 与 Y 只能形成两种二元化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞Y
C．原子半径的大小关系：W＞R＞Z＞Y＞X
D．化合物甲中存在极性共价键、非极性共价键，具有强氧化性
【答案】D
【分析】判定文物年代可用14C，故Y为C，则R为Si，由球棍模型知，黑球为C，空心球半径比C小，
且周围形成1根共价键，推测为H，阴影球周围可形成2根键，推测为O，结合原子序数确定X为H，Z
为O，W原子序数介于O与Si之间，且电子层数与最外层电子数（主族序数）相等，故W为Al。
【解析】A．X：H与Y：C可形成多种烃类有机物，如烷烃、烯烃、炔烃、芳香烃等，A错误；
B．由于非金属性Y：C＞R：Si，故最高价氧化物对应水化物的酸性Y＞R，B错误；
C．一般电子层数多，原子半径大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，故四种原子半径大
小顺序为：W＞R＞Y＞Z＞X，C错误；
D．化合价甲中存在极性共价键C—H、C=O、C—O、O—H，非极性共价键C—C、O—O，其中过氧键—
O—O—结构具有强氧化性，D正确；
故答案选D。
12．化学实验源于生活。下列实验方案设计、现象与结论均正确的是
选项 目的 方案设计 现象与结论
检验食盐中是 溶液颜色不变，说明该食
A 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
否含碘元素 盐属于无碘盐
检验火柴头中
将几根未燃过的火柴头浸入水中，稍后取少量溶液 若有白色沉淀产生，|说明
B 是否含有氯元
于试管中，加入稀 、 溶液 火柴头中含有氯元素
素
C
检验菠菜中的 取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于 若溶液变红，说明菠菜中铁元素 试管中，加入稀硝酸后再加入 溶液 含有铁元素
检验鸡皮中是 取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮 一段时间后鸡皮变黄，说
D
否含有脂肪 上 明鸡皮中含有脂肪
【答案】C
【解析】A．食盐中所加碘一般为碘酸钾，碘酸钾遇淀粉不变蓝色，因此实验设计不合理，故A错误；
B．火柴头中的氯元素在氯酸钾中存在，氯酸钾溶于水不能直接电离出氯离子，加硝酸酸化的硝酸银不能
生成氯化银白色沉淀，故B错误；
C．加硝酸后再加KSCN溶液变红，说明溶液中存在 ，从而可说明菠菜中含有铁元素，故C正确；
D．加浓硝酸鸡皮变黄，是蛋白质的性质，不能证明脂肪存在，故D错误；
故选：C。
13．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与
Y可形成原子个数比为1∶1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序
数。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z＞Y B．X、W单质的晶体类型一定相同
C．简单气态氢化物的稳定性：X＞Y D．Q的最高价含氧酸根的空间结构为正四面体形
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素，基态X原子价电子层有3个单电子，
电子排布式应为1s22s22p3，所以X为N，Z与Y可形成原子个数比为1∶1的含非极性共价键的离子化合物
应为NaO，所以Y为O，Z为Na，W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数11，所以W、Q分别为
2 2
P、S或Si、Cl。
【解析】A．简单离子半径：Na+＜O2-，故A错误；
B．X单质为N 分子晶体，W单质可能为Si或P，可能是共价晶体，也可能是分子晶体，晶体类型不一定
2
相同，故B错误；
C．非金属性O比N强，故简单气态氢化物的稳定性：NH ＜HO，故C错误；
3 2
D．Q的最高价含氧酸根可能为 或者 ，两种离子中心原子价层电子对数均为4，均没有孤电子对，
空间结构均为正四面体形，故D正确；
所以答案为D。
14．工业上制备硫酸的流程： ，设 为阿伏伽德罗常数，
下列有关说法正确的是A． 中 的未成对电子数目为6
B． 的中心原子孤对电子数为1，其空间构型为V型
C．标准状况下，22.4L 中含有氧原子数目为
D． 作催化剂，能降低该反应的活化能，提高 的平衡转化率
【答案】B
【解析】A． 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，未成对电子数目为4，故A错误；
B．SO2的中心原子价层电子对数为 ，孤对电子数为1，其空间构型为V型；故B正确；
C．标准状况下SO 为液态，所以22.4LSO 的物质的量大于1mol，所以含有氧原子数目大于为3N ，故C
3 3 A
错误；
D． 作催化剂，能降低该反应的活化能，但不能提高 的平衡转化率；故D错误；
故答案选B。
15．我国科学家报道了机理如下图所示的电化学过程。下列相关说法错误的是
A．Ni电极为阴极
B．Ni-YSZ电极上发生的反应为CH+2O2-—4e-=CO +2H
4 2 2
C．该电化学过程的总反应为CH C+2H
4 2
D．理论上，每有1mol CO 与1mol O2-结合，电路中转移2mole-
2
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解池，Ni-YSZ电极物为电解池的阳极，Ni电极为阴极，在氧离子作用下，甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢气，电极反应式为CH+2O2--4e-=CO +2H ，放电生成
4 2 2
的二氧化碳在熔融盐中与氧离子结合生成碳酸根离子，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和
氧离子，电极反应式为CO +4e-=C+3O2-，电解的总反应方程式为CH C+2H 。
4 2
【解析】A．由分析可知，Ni电极为阴极，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和氧离子，故
A正确；
B．由分析可知，Ni-YSZ电极物为电解池的阳极，电极反应式为CH+2O2--4e-=CO +2H ，故B正确；
4 2 2
C．由分析可知，电解的总反应方程式为CH C+2H ，故C正确；
4 2
D．由分析可知，每有1molCO 与1molO2-结合成1mol ，电路中转移4mole-，故D错误；
2
故选D。
16．在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N 和H 的总物质的量为1mol，容器内各组分
2 2
的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．a表示N 物质的量分数的变化情况物质的量分数
2
B．0～tmin，v(H )= mol·L-1·min-1
1 2
C．tmin时，NH 的分解速率小于其生成速率
2 3
D．tmin时改变的条件可能为减小容器容积
3
【答案】B
【分析】由题中图示可知，开始时N 和H 各占50%，总物质的量是1mol，则N 和H 各为0.5mol，由
2 2 2 2可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-
x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某时刻N 的物质的量分数为
2
=50%，所以，N 的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a
2
代表N 的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H 的物质的量分数，b代表NH 的物质的量分数；据
2 2 3
此解答。
【解析】A．由上述分析可知，N 的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N 的物质的量分数，
2 2
故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N 的物质的量分数，c代表H 的物质的量分数，b代表NH 的物质的量分数，
2 2 3
t 时H、NH 的物质的量分数相等，即 ，解之x=0.1mol，则0～tmin，v(H )=
1 2 3 1 2
mol·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH 的物质的量分数，t 时刻及以后，NH 的物质的量分数增大，说明反应向
3 2 3
右进行，则NH 的分解速率小于其生成速率，故C正确；
3
D．由N(g)+3H(g) 2NH (g)可知，t 时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH 的物质的量分数
2 2 3 3 3
增大，H 的物质的量分数减小，故D正确；
2
答案为B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）为证明AgCl溶于水存在溶解平衡，取1 mo/LKCl溶液10 mL，向其中加入0.2 mol/LAgNO
3
溶液1 mL，充分反应后将浊液过滤进行如下实验：序 实验
实验操作 实验现象
号 装置
ⅰ．滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。
向滤液中
ⅱ．放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，
A 放入Mg
条
ⅲ．一段时间后开始出现棕褐色浑浊物。Mg条表面也逐渐变为棕褐色。产生
气泡的速率变缓慢
已知：①AgOH不稳定，立即分解为Ag O (棕褐色或棕黑色)，Ag粉为黑色；
2
②AgCl、Ag O可溶于浓氨水生成 [Ag(NH)]+(银氨溶液)，Mg、Ag不溶于浓氨水。
2 3 2
(1)实验A中的滤液所属分散系为 。现象ii中无色气泡是 (填化学式)。
(2)现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要原因是 。
(3)判断Mg条表面的棕褐色物质中含有Ag和Ag O。
2
①设计实验检验Ag：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量稀盐酸，反应结束后，
继续加入浓硝酸，产生棕色气体和白色不溶物。用离子方程式表示棕褐色固体中产生Ag的原因：
。实验中加入稀盐酸的目的： 。
②设计检验棕褐色物质中有Ag O，实验方案是：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条用蒸馏水洗净后，加
2
入 (填化学式)中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有 (填实验现象)，
则证明Ag O存在。
2
(4)探究AgI转化为AgCl，设计实验如下：
装置 步骤 电压表读数
ⅰ．如图连接装置并加入试剂，闭合K a
ⅱ．向B中滴入AgNO(aq)，至沉淀完全 b
3
ⅲ．再向B中投入一定量NaCl(s) c
ⅳ．重复ⅰ，再向B中加入与iii等量NaCl(s) d
已知：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；
离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。
①电压表读数a＞b，其原因是 。
②综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为 。
【答案】(1) 胶体 H
2(2)生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行
(3) Mg+2Ag+=2Ag+Mg2+ 将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰检验Ag NH ·H O 银镜生
3 2
成
(4) 加入AgNO 后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a a＞c＞b
3
【解析】（1）产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；
放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，Mg属于活泼金属，可以与水反应，
Mg+2HO=Mg (OH) ↓+H ↑，故气泡为H；
2 2 2 2
（2）Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；
2
答案为生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行；
（3）①活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+ =Mg2+ +2Ag；
利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防
止干扰实验，再选择氧化性酸验证Ag的存在，实验中加入稀盐酸的目的是将镁除去，避免硝酸与镁反应，
干扰检验Ag；
②根据Ag O可溶于浓氨水生成[Ag(NH)]+，利用银镜反应验证；答案为取实验A中表面变为棕褐色的Mg
2 3 2
条用蒸馏水洗净后，加入NH ·H O中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有银镜生成，则证
3 2
明Ag O存在；
2
（4）加入AgNO 后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a；
3
②实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了反应AgI+Cl-=AgCl+I-,部分
AgI转化为AgCl, 则c > b,综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为a＞c＞b。
18．（14分）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO ，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如
3
图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9
已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。②弱酸性溶液中KMnO 氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO 。
4 2
③氧化性强弱顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+
(1)基态Zn原子的简化电子排布式为[Ar]_______，ZnO溶于氨水生成[Zn(NH )]2+，1 mol [Zn(NH )]2+共有
3 4 3 4
_______mol的σ键。
(2)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是_______。(用化学式表示)
③“调pH”时，若pH=5.5，此时溶液中Zn2+的最大浓度c=_______mol/L。
(3)写出“氧化除杂”时KMnO 溶液与Mn2+反应的离子方程式_______。
4
(4)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(5)“沉锌”时生成ZnCO ·2Zn(OH) ·2H O (碱式碳酸锌)沉淀，该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO。氧化锌的
3 2 2
一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，其中与锌原子距离最近的O原子数有_______个，请在图中画出该
晶胞沿z轴方向的平面投影图_______。
【答案】(1) 3d104s2 16
(2) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnCO 或Zn(OH) 或
3 2
ZnCO ·2Zn(OH) ·2H O 1
3 2 2
(3)
(4) Ni2+、Cd2+ Zn
(5) 4
【分析】由菱锌矿(主要成分为ZnCO ，还含有Ni、Cd、 Fe、 Mn等元素)制备ZnO，加入稀硫酸溶浸后
3
得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO 氧化除杂使铁离子、锰离子转化
4
为Fe(OH) 、MnO ，除去Fe3+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Ca2+；最后向含ZnSO 的溶液中加入
3 2 4
NaCO 溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO·2Zn(OH) ·2H O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
2 3 3 2 2
【解析】（1）Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，则其简化的电子排布式是[Ar] 3d104s2；
在络离子[Zn(NH )]2+中含有4个配位体NH ，配位体与中心Zn2+形成4个配位键；每个配位体中含有3个
3 4 3
N-H共价键，配位键及N-H共价键都是σ键，故在1个络离子中含有σ键数目是4+3×4=16个，则在1
mol[Zn(NH )]2+中含有16 molσ键；
3 4
（2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石
粉碎等；
②在调整溶液pH时，除降低溶液pH，不能引入新的杂质离子，可替代ZnO的一种含锌化合物可以是
ZnCO 或Zn(OH) 或ZnCO ·2Zn(OH) ·2H O；
3 2 3 2 2
③根据表格信息可知当Zn2+浓度为0.1 mol/L时，其形成Zn(OH) 沉淀需要溶液pH=6.0，则Zn(OH) 的溶度
2 2
积产生K [Zn(OH) ]=0.1×(10-8)2=1.0×-17。若调整溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5 mol/L，则c(OH-)=
sp 2
，则此时溶液中Zn2+最大浓度c= ；
（3）在氧化除杂时，KMnO 与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO ，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，
4 2
可得反应的离子方程式为 ；
（4）根据流程图可知：在还原除杂之前，已经除去了杂质离子Fe3+、Mn2+，要使还原除杂后溶液中仅含有
金属阳离子Zn2+，需除去溶液中的杂质离子Ni2+、Cd2+；由于离子的氧化性顺序为：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，故
加入的还原剂可以是金属Zn；
（5）以上底面心Zn原子为研究对象，在一个晶胞中与该Zn原子距离最近的O原子数有2个，通过该平
面可以形成2个晶胞，故在晶胞中与Zn原子距离且最近的O原子数共有4个；
关键晶胞结构可知：晶胞在Z轴的投影情况是：Zn原子位于正方形的四个顶点上，四条棱边中心上和面心
上，4个O原子分别位于面内对角线离顶点 处，可用图示可表示为 。
19．（14分）氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作
用。回答下列问题：
(1)查阅资料：标准摩尔生成焓是指在 25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成 1mol纯化合物时的焓变，符号为 。已知以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。
物质
-46 -242
由此可得 = 。
(2)氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。
反应I：
反应Ⅱ：
为分析某催化剂对该反应的选择性，将 1mol NH 和2mol O 充入1 L密闭容器中，在不同温度相同时间下，
3 2
测得有关物质的量关系如图。
①该催化剂在低温时对反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。
②520℃时，容器中为 c(NH )= mol/L，该温度下反应 的
3
平衡常数K= (不要求得出计算结果，只需列出有具体数字的计算式)。
③高于840℃时，NO 的产率降低的可能原因是 (填选项字母)。
A． NH 溶于水 B． 反应活化能增大
3
C．反应I的平衡常数变小 D． 催化剂活性降低
(3)NH 也是造成水体富营养化的重要原因之一，用 NaClO 溶液氧化可除去氨氮。其反应机理如图1所示
3
(其中HO 和 NaCl 略去)。
2①NaClO 氧化 NH 的总反应的化学方程式为 。
3
②改变 对溶液中NaClO去除氨氮效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图2 所示，则
除氨氮过程中最佳的 值约为 。
③为了提高氨氮的去除率，在实际工艺过程中温度控制在 15℃~30℃时，其可能的原因是： 。
【答案】 -1268 II 0.4 CD 2NH + 3NaClO=N ↑+ 3H O + 3NaCl
3 2 2
1.5 温度过低时化学反应速率慢，去除效率低；温度过高时，加快了 HClO 的分解(或 NaClO 分解)，
NaClO 的利用率降低；氨气在温度过高时易挥发。
【解析】(1)由题目所给数据可写出如下热化学方程式：①3H(g)+N(g)
2 2
2NH (g) ，②2H(g)+O(g)=2HO(g) ，由盖斯定律：
3 2 2 2
②×3-①×2，得4NH (g)+3O(g) 2N(g)+6HO(g) H=3 H - 2 H=-1268 kJ/mol，故此处填-1268；
3 2 2 2 2 3 1
(2)①由图示知，在低温时，生成N 比生成NO多，△故该催△化剂在△低温时对反应Ⅱ选择性更好；
2
②520℃时，由图示数据列式如下：反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ： ，则平衡时，、 、 、
，则反应Ⅱ的平衡常数 ；
③由于反应用到了催化剂，故此时NO产率降低有可能是因为温度过高导致催化剂活性下降，另外此反应
正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也会导致NO产率下降，故此处选CD；
(3)①由图1知，初步确定总反应的反应物为NaClO、NH ，生成物为N，根据元素守恒结合题干信息，确
3 2
定生成物中还有HO、NaCl，结合得失电子守恒和元素守恒配平得总反应为：2NH + 3NaClO=N ↑+ 3H O
2 3 2 2
+ 3NaCl；
②去除率较高，余氯量较低，说明去除效果最佳，符合要求的最佳值约为1.5；
③控温15~30℃，可从温度过低和过高两个角度回答，即温度过低时化学反应速率慢，去除效率低；温度
过高时，加快了 HClO 的分解(或 NaClO 分解)，NaClO 的利用率降低且氨气在温度过高时易挥发。
20．（14分）曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路
线合成。
已知：R—CN R—COOH
回答下列问题：
(1)A的名称是 ，反应⑤的反应类型是 。
(2)写出F的结构简式并用星号(*)标出手性碳原子 。
(3)下列有关说法正确的是 (填标号)。
a.反应①需用铁粉作催化剂
b.曲美布汀的含氧官能团为酯基和醚键
c.E中所有碳原子可处于同一平面d.化合物G能发生取代反应、加成反应和消去反应
(4)反应⑦的化学方程式为 。
(5)化合物M是E的同分异构体，已知M与E具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，则M的可能结
构有 种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为 。
(6)参照上述合成路线，以 和OHC—CH —CH—CHO为原料，设计制备 的合
2 2
成路线 (无机试剂任选)。
【答案】 甲苯 还原反应 bd + →
+HBr 15 OHC—CH —CH—CHO
2 2
HOCH —CH—CH—CHOH BrCH—CH—CH—CHBr
2 2 2 2 2 2 2 2 2
。
【分析】A分子式是C H，由C的结构简式可知A含有苯环，则A是甲苯，甲苯和氯气发生甲基上的取代
7 8
反应生成B( )，由E逆推，可知D是 ； 还原成F，根据F的分子式C H O，可知F是 ；H和 生成
10 14
，逆推可知H是 。
【解析】(1) A分子式是C H，由C的结构简式可知A含有苯环，A的结构简式是 ，A名称是甲
7 8
苯，反应⑤是由C H O 生成C H O，有机物分子中减少了氧原子、增多了氢原子，反应类型是还原反应；
10 12 2 10 14
(2) 还原成F，根据F的分子式C H O，可知F是 ，含有的手性碳原子
10 14
；
(3) a.反应①是甲苯和氯气发生甲基上的取代反应生成 ，反应条件是光照，故a错误；
b. 的含氧官能团为酯基和醚键，故b正确；
c. 中有1个碳原子通过单键连接3个碳原子，不可能所有碳原子可处于同一平面，故c
错误；d. 含有溴原子、羟基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，含有溴原子能发生
消去反应，故d正确；
(4)反应⑦是 与 发生取代反应生成 和HBr，反应的化
学方程式为 + → +HBr。
(5) M与 具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，两个取代基可能为-CHCHCH
2 2 3
和-COOH、-CH(CH ) 和-COOH、-CHCH 和-CHCOOH、-CH 和-CHCHCOOH、-CH 和-
3 2 2 3 2 3 2 2 3
CH(CH )COOH，每种组合均有邻间对三种位置异构，M的可能结构有15种；其中核磁共振氢谱为五组峰
3
的结构简式为 。
(6) OHC—CH —CH—CHO还原成HOCH —CH—CH—CHOH ，HOCH —CH—CH—CHOH 再与
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
HBr发生取代反应生成BrCH—CH—CH—CHBr，BrCH—CH—CH—CHBr和 反应生成
2 2 2 2 2 2 2 2
；合成路线为OHC—CH —CH—CHO HOCH —CH—CH—CHOH
2 2 2 2 2 2 2BrCH—CH—CH—CHBr 。
2 2 2 2
